【聚焦典型题】(苏教版)2014届高考一轮数学(理)：《直接证明与间接证明》

【2014年高考会这样考】考查直接证明为主，多隐含于各种题目中，如数列、不等式、立体几何等．第2讲直接证明与间接证明抓住2个考点突破3个考向揭秘3年高考活页限时训练直接证明间接证明考向一考向二考向三助学微博考点自测A级【例2】【训练2】【例1】【训练1】【例3】【训练3】反证法的应用分析法的应用综合法与分析法的综合应用B级利用反证法证明数学问题单击标题可完成对应小部分的学习，每小部分独立成块，可全讲，也可选讲选择题填空题解答题、、、321选择题填空题解答题、、、321考点梳理1．直接证明(1)综合法①定义：利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法．②框图表示：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Qn⇒Q(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示要证的结论)．③思维过程：由因导果．(2)分析法①定义：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止．这种证明方法叫做分析法．②框图表示：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件(其中Q表示要证明的结论)．③思维过程：执果索因．考点梳理2.间接证明(1)反证法的定义假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明____________，从而证明_____________的证明方法．(2)利用反证法证题的步骤①假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立；②由假设出发进行正确的推理，直到推出矛盾为止；③由矛盾断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．简言之，否定→归谬→断言．假设错误原命题成立分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件、基础知识之间的关系，找到解决问题的思路，再运用综合法证明，或者在证明时将两种方法交叉使用．一个思路助学微博两个提醒(1)适合使用反证法证明的命题有：①否定性命题；②唯一性命题；③至多、至少型命题；④明显成立命题；⑤直接证明有困难的问题．(2)用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就要证…”等分析到一个明显成立的结论P，再说明所要证明的数学问题成立．1．要证明3＋725，可选择的方法有下面几种，其中最合理的是()．A．综合法B．分析法C．特殊值法D．其他方法2．(2013·华师附中一模)用反证法证明命题：“三角形三内角至少有一个不大于60°”时，应假设()．A．三个内角都不大于60°B．三个内角都大于60°C．三个内角至多有一个大于60°D．三个内角至多有两个大于60°3．设a，b∈R，若a－|b|＞0，则下列不等式中正确的是()．考点自测A．b－a＞0B．a3＋b3＜0C．a2－b2＜0D．b＋a＞04．(2012·江西)下列命题中，假命题为()．A．存在四边相等的四边形不是正方形B．z1，z2∈C，z1＋z2为实数的充分必要条件是z1，z2互为共轭复数C．若x，y∈R，且x＋y2，则x，y至少有一个大于1D．对于任意n∈N＋，C0n＋C1n＋…＋Cnn都是偶数5．下列条件：①ab0，②ab0，③a0，b0，④a0，b0，其中能使ba＋ab≥2成立的条件的个数是________．单击题号显示结果单击按钮显详解答案显示BBDB123453【例1】►用分析法证明：若a0，则a2＋1a2－2≥a＋1a－2.【审题视点】证明考向一分析法的应用采用分析法，移项、平方、整理．要证a2＋1a2－2≥a＋1a－2.【方法锦囊】分析法的特点和思路是“执果索因”，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等．通常采用“欲证——只需证——已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范．只需证a2＋1a2＋2≥a＋1a＋2.∵a0，∴两边均大于零，∴只需证a2＋1a2＋22≥a＋1a＋22，只需证a2＋1a2＋4＋4a2＋1a2≥a2＋1a2＋2＋2＋22a＋1a，只需证a2＋1a2≥22a＋1a，只需证a2＋1a2≥12a2＋1a2＋2，即证a2＋1a2≥2，显然成立，∴原不等式成立【训练1】已知a0，1b－1a1.求证：1＋a11－b.证明考向一分析法的应用要证1＋a11－b成立，只需证1＋a11－b只需证(1＋a)(1－b)1(1－b0)，即1－b＋a－ab1，∴a－bab，只需证：a－bab1，即1b－1a1.由已知a0，1b－1a1成立，∴1＋a11－b成立考向二【例2】►设b0，数列{an}满足a1＝b，an＝nban－1an－1＋n－1(n≥2)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n,2an≤bn＋1＋1.【审题视点】(1)把题中所给的已知式等价变形为cn＝λcn－1＋μ形式，转化成特殊数列求解．解(1)由已知得nan＝1b＋1b·n－1an－1(n≥2)，综合法与分析法的综合应用当一个分式，分母复杂而分子简单时，进行倒数变换，是常用的化简、变形常用技巧。当b≠1时，上式变形为：nan＋11－b＝1bn－1an－1＋11－b凑相邻项的关系即数列nan＋11－b是以1a1＋11－b＝1b1－b为首项以1b为公比的等比数列，nan＋11－b＝1b1－b1bn－1＝11－bbn，解得an＝1－bnbn1－bn；当b＝1时，有nan－n－1an－1＝1，即nan是首项公差均为1的等差数列，∴nan＝n，则an＝1.综上所述an＝1b＝11－bnbn1－bnb0且b≠1考向二【例2】►设b0，数列{an}满足a1＝b，an＝nban－1an－1＋n－1(n≥2)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n,2an≤bn＋1＋1.【审题视点】(2)利用基本不等式证明．(2)证明当b≠1时，欲证2an＝2nbnb－1bn－1≤bn＋1＋1，综合法与分析法的综合应用只需证2nbn≤(bn＋1＋1)bn－1b－1，∵(bn＋1＋1)bn－1b－1＝(bn＋1＋1)(1＋b＋b2＋…＋bn－2＋bn－1)＝b2n＋b2n－1＋…＋bn＋1＋bn－1＋bn－2＋…＋1＝bnbn＋1bn＋bn－1＋1bn－1＋…＋b＋1bbn(2＋2＋…＋2)＝2nbn，∴2an＝2nbnb－1bn－11＋bn＋1.当b＝1时bn＋1＋1＝2＝2an，综上所述2an≤bn＋1＋1.【方法锦囊】综合法与分析法各有特点，在解决实际问题时，常把分析法与综合法综合起来运用，通常用分析法分析，综合法书写．这一点在立体几何中应用最为明显，同时，在数列三角、解析几何中也大多是利用分析法分析，用综合法证明的办法来证明相关问题．【训练2】已知函数f(x)＝log2(x＋2)，a，b，c是两两不相等的正数，且a，b，c成等比数列，试判断f(a)＋f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论．f(a)＋f(c)2f(b)．解考向二综合法与分析法的综合应用证明如下：因为a，b，c是不相等的正数，所以a＋c2ac.因为b2＝ac，所以ac＋2(a＋c)b2＋4b，即ac＋2(a＋c)＋4b2＋4b＋4，即ac＋2(a＋c)＋4b2＋4b＋4，从而(a＋2)(c＋2)(b＋2)2.因为f(x)＝log2x是增函数，所以log2(a＋2)(c＋2)log2(b＋2)2，故f(a)＋f(c)2f(b)．两个式子结合后的变化是比较难想的。可以有分析法容易得到，这就是分析法和综合法综合应用的魅力分析法综合法即log2(a＋2)＋log2(c＋2)2log2(b＋2)．【例3】►已知函数f(x)＝ax＋x－2x＋1(a＞1)．(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2)用反证法证明f(x)＝0没有负根．考向三反证法的应用[审题视点]第(1)问用单调增函数的定义证明；证明(1)任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨设x1＜x2，则x2－x1＞0，21 1xxa，且1 xa＞0.所以21121 (1)0xxxxxaaaa.又因为x1＋1＞0，x2＋1＞0，所以x2－2x2＋1－x1－2x1＋1＝x2－2x1＋1－x1－2x2＋1x2＋1x1＋1＝3x2－x1x2＋1x1＋1＞0，于是f(x2)－f(x1)＝21xxaa＋x2－2x2＋1－x1－2x1＋1＞0，故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．【例3】►已知函数f(x)＝ax＋x－2x＋1(a＞1)．(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2)用反证法证明f(x)＝0没有负根．考向三反证法的应用[审题视点][方法锦囊]用反证法证明不等式要把握三点：证明(2)假设存在x0＜0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，第(2)问假设存在x0＜0后，应推导出x0的范围与x0＜0矛盾即可．则0xa＝－x0－2x0＋1，又0＜0xa＜1，所以0＜－x0－2x0＋1＜1，即12＜x0＜2与x0＜0(x0≠－1)假设矛盾．故f(x0)＝0没有负根．(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；．(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的【训练3】等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋2，S3＝9＋32.(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；(2)设bn＝Snn(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．(1)解由已知得a1＝2＋1，3a1＋3d＝9＋32，考向三反证法的应用∴d＝2，故an＝2n－1＋2，Sn＝n(n＋2)．(2)证明由(1)得bn＝Snn＝n＋2假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比数列，则b2q＝bpbr.即(q＋2)2＝(p＋2)(r＋2)∴(q2－pr)＋2(2q－p－r)＝0.∵p，q，r∈N*，∴q2－pr＝0，2q－p－r＝0.∴p＋r22＝pr，(p－r)2＝0.∴p＝r，与p≠r矛盾．∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．规范解答18——利用反证法证明数学问题揭秘3年高考【命题研究】通过近三年的高考试题分析，直接在此知识点命题的概率不大，但作为证明和推理数学命题的方法，多隐含于各种题目中．此类证明题对知识的考查面广、涉及知识点多，题目难度较大．揭秘3年高考【示例】►(本题满分13分)(2011·安徽)设直线l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中实数k1，k2满足k1k2＋2＝0.(1)证明：l1与l2相交；(2)证明：l1与l2的交点在椭圆2x2＋y2＝1上．一审：【教你审题】采用反证法，先假设l1与l2不相交，之后推出矛盾；二审：求出交点坐标，代入椭圆方程验证．【规范解答】(1)证明假设l1与l2不相交，则l1与l2平行或重合，有k1＝k2代入k1k2＋2＝0得k21＋2＝0.(4分)这与k1为实数的事实相矛盾，从而k1≠k2，即l1与l2相交．(6分)(2)证明由方程组y＝k1x＋1，y＝k2x－1，解得交点P的坐标(x，y)为2k2－k1，k2＋k1k2－k1.(10分)从而2x2＋y2＝22k2－k12＋k2＋k1k2－k12＝8＋k22＋k21＋2k1k2k22＋k21－2k1k2＝k21＋k22＋4k21＋k22＋4＝1，所以l1与l2的交点P(x，y)在椭圆2x2＋y2＝1上．(13分